2019-2020年高考物理一輪復習 課時提升練5 力的合成與分解.doc

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2019-2020年高考物理一輪復習 課時提升練5 力的合成與分解 題組一　力的合成及應用 1．三個共點力大小分別是F1、F2、F3，關于它們合力F的大小，下列說法中正確的是(　　) A．F大小的取值范圍一定是0≤F≤F1＋F2＋F3 B．F至少比F1、F2、F3中的某一個大 C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要適當調整它們之間的夾角，一定能使合力為零 D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要適當調整它們之間的夾角，一定能使合力為零 【解析】　三個大小分別是F1、F2、F3的共點力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有當某一個力的大小在另外兩個力的大小的和與差之間時，這三個力的合力才可能為零，A、B、D錯誤，C正確． 【答案】　C 2．如圖所示，F1、F2、F3恰好構成封閉的直角三角形，這三個力的合力最大的是(　　) 【解析】　由矢量合成法則可知，A圖的合力為2F3，B圖的合力為0，C圖的合力為2F2，D圖的合力為2F3，因F2為直角三角形的斜邊，故這三個力的合力最大的為C圖． 【答案】　C 3.如圖2216所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45，日光燈保持水平，所受重力為G，左右兩繩的拉力大小分別為(　　) 圖2216 A．G和G　　 B.G和G C.G和G D.G和G 【解析】　由對稱性可知兩根繩的拉力大小相等，設為T，則對日光燈在豎直方向上有：2Tcos 45＝G，可得T＝G，即B正確． 【答案】　B 4．(xx廣州市模擬)如圖2217所示，細線a和b的一端分別固定在水平地面上，另一端系一個靜止在空氣中的氫氣球，細線與地面的夾角分別為30和60.若a、b受到的拉力分別為FTa和FTb，氫氣球受到的浮力為F，則(　　) 圖2217 A．FTa＞FTb B．FTa＜FTb C．F＝FTa D．F＜FTb 【解析】　對氣球受力分析，根據平衡條件的推論可知，兩拉力的合力與浮力和重力的合力等大反向，作平行四邊形如圖所示，根據大角對大邊得F－G＞FTb＞FTa，故B正確． 【答案】　B 題組二　力的分解及應用 5. (多選)如圖2218所示，將力F分解為F1和F2兩個分力，已知F1的大小和F2與F之間的夾角α，且α為銳角，則(　　) 圖2217 A．當F1＞Fsin α時，一定有兩解 B．當F1＝Fsin α時，有唯一解 C．當F1＜Fsin α時，無解 D．當Fsin α＜F1＜F時，一定有兩解 【解析】　將一個力分解為兩個分力，由三角形定則知分力與合力可構成封閉三角形．當F1＜Fsin α時，三個力不能構成封閉三角形，故不可能分解為這樣的一對分力F1和F2，選項C正確；當F1＝Fsin α時，可構成唯一一個直角三角形，選項B正確；當Fsin α＜F1＜F時，F1、F2與F可構成兩個矢量三角形，即有兩解，選項D正確；對于選項A，由于不能確定F1是否小于F，結合前面的分析知，選項A錯誤． 【答案】　BCD 6．如圖2219所示，一傾角為30的光滑斜面固定在地面上，一質量為m的小木塊在水平力F的作用下靜止在斜面上．若只改變F的方向不改變F的大小，仍使木塊靜止，則此時力F與水平面的夾角為(　　) 圖2219 A．60 B．45 C．30 D．15 【解析】　小木塊受重力mg、斜面支持力FN和外力F三個力的作用處于平衡狀態(tài)，三力合力為零，構成首尾相接的矢量三角形，如圖所示，由對稱性可知， 不改變?yōu)镕的大小只改變其方向，再次平衡時力F與水平方向成60角，故正確選項為A. 【答案】　A 7．如圖2220所示，輕質工件通過輕質桿與滑塊B連接，當作用在滑塊B上的水平推力F＝100 N時，整個裝置靜止，此時α＝30.已知滑塊與水平面間的摩擦力不計，則工件上受到的壓力為(　　) 圖2220 A．100 N B．100 N C．50 N D．200 N 【解析】　對B受力分析如圖甲所示，則F2＝F/sin α＝2F，對上部分受力分析如圖乙所示，其中F＝F2，得FN＝Fcos α＝100 N，故B正確． 【答案】　B 8．在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，整個裝置處于靜止狀態(tài)．現對B加一豎直向下的力F，F的作用線通過球心，設墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3.若F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止，截面如圖2221所示，在此過程中(　　) 圖2221 A．F1保持不變，F3緩慢增大 B．F1緩慢增大，F3保持不變 C．F2緩慢增大，F3緩慢增大 D．F2緩慢增大，F3保持不變 【解析】　對球B受力分析如圖所示，球B受到四個力作用且保持靜止，則θ不變，F2′cos θ＝F＋mg.若F緩慢增大，則F2′增大．F2′sin θ＝F1，若F2′緩慢增大，則F1增大．F2′＝F2，F2′增大，F2也增大．對于整體而言：地面對A的摩擦力Ff＝F1，地面對A的支持力FN＝F＋G總，所以Ff和FN均緩慢增大，所以F3緩慢增大，C對． 【答案】　C B組　深化訓練——提升應考能力 9．如圖2222所示，A、B都是重物，A被繞過小滑輪P的細線懸掛著，B放在粗糙的水平桌面上；小滑輪P被一根斜短線系于天花板上的O點；O′是三根線的結點，bO′水平拉著B物體，cO′沿豎直方向拉著彈簧；彈簧、細線、小滑輪的重力和細線與滑輪間的摩擦力均可忽略，整個裝置處于平衡靜止狀態(tài)．若懸掛小滑輪的斜線OP的張力是20 N，g取10 m/s2，則下列說法中錯誤的是(　　) 圖2222 A．彈簧的彈力為10 N B．重物A的質量為2 kg C．桌面對B物體的摩擦力為10 N D．OP與豎直方向的夾角為60 【解析】　O′a與aA兩線拉力的合力與OP線的張力大小相等．由幾何知識可知FO′a＝FaA＝20 N，且OP與豎直方向夾角為30，D不正確；重物A的重力GA＝FaA，所以mA＝2 kg，B正確；桌面對B的摩擦力Ff＝FO′b＝FO′acos 30＝10 N，C正確；彈簧的彈力F彈＝FO′asin 30＝10 N，故A正確． 【答案】　D 10．(多選)兩物體M、m用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，如圖2223所示，OA、OB與水平面的夾角分別為30、60，物體M的重力大小為20 N，M、m均處于靜止狀態(tài)，則(　　) 圖2223 A．繩OA上的拉力大小為10 N B．繩OB上的拉力大小為10 N C．m受到水平面的靜摩擦力大小為10 N D．m受到水平面的靜摩擦力的方向水平向左 【解析】　如圖所示，對O點分析，其受到輕繩的拉力分別為FA、FB、Mg，O點處于平衡狀態(tài)，則有FA＝＝10 N，FB＝Mg＝10 N，物體m受到輕繩向左的拉力為10 N，向右的拉力為10 N，處于靜止狀態(tài)，故水平面對物體m的靜摩擦力水平向左，大小為(10－10) N，A、D選項正確． 【答案】　AD 11.如圖2224所示，球A重G1＝60 N，斜面體B重G2＝100 N，斜面傾角為30，一切摩擦均不計．則水平力F為多大時，才能使A、B均處于靜止狀態(tài)？此時豎直墻壁和水平面受到的壓力各為多大？ 圖2224 【解析】　解法一　(隔離法)　分別對A、B進行受力分析，建立直角坐標系如圖甲、圖乙所示，由共點力平衡條件可得 對A有F2sin 30＝F1，F2cos 30＝G1 對B有F＝F2′sin 30，F3＝F2′cos 30＋G2 其中F2和F2′是一對相互作用力，即F2＝F2′ 代入數據，聯立解得F＝F1＝20 N，F3＝160 N 由牛頓第三定律可知，豎直墻壁和水平面受到的壓力分別為20 N、160 N. 解法二(整體法)　將A、B視為一個整體，該整體處于靜止狀態(tài)，所受合力為零．對整體進行受力分析如圖丙所示，由平衡條件得 F＝F1，F3＝G1＋G2＝160 N 再隔離B進行受力分析如圖乙所示，由平衡條件可得 F＝F2′sin 30，F3＝F2′cos 30＋G2 聯立解得F2′＝40 N，F1＝F＝20 N 由牛頓第三定律可知，豎直墻壁和水平面受到的壓力分別為20 N、160 N. 【答案】　20 N、160 N 12. (xx貴陽二中檢測)質量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，質量為m的木塊剛好可以在木楔上表面上勻速下滑．現在用與木楔上表面成α角的力F拉著木塊勻速上滑，如圖2225所示，求： 圖2225 (1)當α＝θ時，拉力F有最小值，求此最小值； (2)拉力F最小時，木楔對水平面的摩擦力． 【解析】　(1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑，mgsin θ＝μmgcos θ，則μ＝tan θ， 用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖所示，Fcos α＝mgsin θ＋Ff，FN＋Fsin α＝mgcos θ，Ff＝μFN 解得，F＝. 當α＝θ時，F有最小值，Fmin＝mgsin 2θ. (2)對木塊和木楔整體受力分析如圖所示，由平衡條件得，f＝Fcos(θ＋α)，當拉力F最小時，f＝Fmincos 2θ＝mgsin 4θ. 【答案】　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ